По КБШ: $a^3 b + b^3 c + c^3 a \leq \sqrt{(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)} \leq \frac{a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{2} = \frac{(a^2+b^2+c^2)^2 - (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{2} \leq...$. Альтернативный путь: по $AM-GM$ $a^3 b \leq \frac{3a^4+b^4}{4}\cdot\frac{4}{4}$. Применим взвешенное $AM-GM$: $a^3 b = a\cdot a\cdot a\cdot b \leq \left(\frac{3a+b}{4}\right)^4 \cdot 4^\frac{4}{...}$. Точнее, по $AM-GM$: $a^3 b \leq \frac{3a^4+b^4}{4}$ (из $\frac{a^4+a^4+a^4+b^4}{4}\geq\sqrt[4]{a^{12}b^4}=a^3 b$). Суммируя циклически: $a^3 b+b^3 c+c^3 a \leq \frac{3(a^4+b^4+c^4)+(a^4+b^4+c^4)}{4}=a^4+b^4+c^4$. Далее, $a^4+b^4+c^4 \leq (a^2+b^2+c^2)^2/?$. При $a+b+c=3$: по степенным средним $a^4+b^4+c^4 \leq (a^2+b^2+c^2)^\frac{2}{3} \cdot 3...$. Из КБШ: $(a^4+b^4+c^4)\cdot 3 \geq (a^2+b^2+c^2)^2$, то есть $a^4+b^4+c^4 \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$. Значит этот путь даёт оценку снизу, а не сверху. Правильный подход: используем $a^3 b + b^3 c + c^3 a \leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$. При $a=b=c=1$: левая часть $=3$, правая $=\frac{9}{3}=3$ — равенство. Доказательство через SOS или перегруппировку требует метода Муирхэда: $[3,1,0] \prec [2,2,0]$ в смысле мажоризации, и по теореме Муирхэда $\sum_{\text{sym}} a^3 b \leq \sum_{\text{sym}} a^2 b^2$, то есть $2(a^3 b+b^3 c+c^3 a+ab^3+bc^3+ca^3) \leq 2\cdot 3a^2b^2c^2\cdot...$. Равенство при $a=b=c=1$.

💡 Авторизуйтесь, чтобы получить помощь AI-тьютора с подсказками и решениями!